大学数学基礎解説

文献あり

ウリゾーンの補題

位相空間論

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　今回は、最近おもしろいなと思った ウリゾーンの補題 の証明を（詳しめに）書こうと思います。ウリゾーンの補題の主張は次のようなものです：

ウリゾーンの補題

$X$ を正規空間、 $A, B \subset X$ を互いに交わらない閉集合とする。このとき、連続関数 $f : X \to [0, 1]$ で $f (A) = {0}, f (B) = {1}$ なるものが存在する。

ここで、位相空間 $X$ が正規であるとは、次の 2 つの条件をみたすことをいいます。

$X$ は $T_{1}$ 空間。すなわち、任意の相異なる 2 点 $p, q \in X$ に対し、ある開集合 $U \subset X$ で $p \in U, q \notin V$ なるものが存在する。
$X$ の任意の交わらない閉集合 $F_{1}, F_{2} \subset X$ に対し、ある開集合 $U, V \subset X$ で $F_{1} \subset U, F_{2} \subset V, U \cap V = \emptyset$ なるものが存在する。

　この定義だけを見ると、条件に実数と直接関係のあるものは含まれていないため、ウリゾーンの補題の主張は（個人的に）かなり非自明なものだと思います。実は、ウリゾーンの補題はある意味で正規空間の特徴づけになっています：

正規空間の特徴づけ

$X$ を $T_{1}$ 空間とする。このとき、次の 2 条件は同値である。

$X$ は正規空間。
任意の交わらない閉集合 $F_{1}, F_{2} \subset X$ に対し、連続写像 $f : X \to [0, 1]$ で $F_{1} \subset f^{- 1} (0), F_{2} \subset f^{- 1} (1)$ なるものが存在する。

$(i) \Rightarrow (ii) :$ ウリゾーンの補題から明らか。
$(ii) \Rightarrow (i) :$ $F_{1}, F_{2} \subset X$ を $X$ の交わらない閉集合とする。

仮定より、連続写像 $f : X \to [0, 1]$ で $F_{1} \subset f^{- 1} (0), F_{2} \subset f^{- 1} (1)$ なるものが存在する。
$U := f^{- 1} ([0, \frac{1}{2})), V := f^{- 1} ((\frac{1}{2}, 1])$ とおくと、 $[0, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, 1]$ は $[0, 1]$ の開集合であるから、 $U, V$ は $X$ の開集合である。
$U, V$ の定め方から $U \cap V = \emptyset$ であり、
$\begin{aligned} F_{1} \subset f^{- 1} (0) \subset f^{- 1} ([0, \frac{1}{2})) = U \\ F_{2} \subset f^{- 1} (1) \subset f^{- 1} ((\frac{1}{2}, 1]) = V \end{aligned}$
が成り立つ。

よって $X$ は正規である。

　それでは、ウリゾーンの補題を証明していきます。補題 4 が重要な補題で、補題 3 はその準備になります。補題 5 において（ウリゾーンの補題とほとんど同じ条件をみたす）連続写像 $f : X \to [0, 1]$ を構成します。

$X$ を正規空間、 $F \subset X$ を閉集合、 $U \subset X$ を $F \subset U$ なる開集合とする。このとき、開集合 $V \subset X$ で $F \subset V, \overset{―}{V} \subset U$ なるものが存在する。

$F_{1} := F, F_{2} := X - U$ とおくと、 $F_{1}, F_{2}$ は $X$ の閉集合で $F_{1} \cap F_{2} = \emptyset$ をみたす。
$X$ は正規空間だから、ある開集合 $V, W \subset X$ で $F_{1} \subset V, F_{2} \subset W, V \cap W = \emptyset$ なるものが存在する。
$F \subset V$ はわかったから $\overset{―}{V} \subset U$ をいえばよい。
$V \cap W = \emptyset$ より $V \subset X - W$ である。 $X - W$ は $X$ の閉集合であるから、閉包の性質より $\overset{―}{V} \subset X - W$ となる。結局、
$\begin{array}{r} \overset{―}{V} \subset X - W \subset X - F_{2} = X - (X - U) = U . \end{array}$

$X$ を正規空間、 $F \subset X$ を閉集合、 $U \subset X$ を $F \subset U$ なる開集合とする。このとき、 $0 < q < 1$ なる任意の $2$ 進小数 $q$ に対して、次の 2 つの条件をみたす開集合 $V_{q} \subset X$ が存在する。

$F \subset V_{q}, \overset{―}{V_{q}} \subset U$ .
$q < q^{'}$ なら $\overset{―}{V_{q}} \subset V_{q^{'}}$ .

　この補題は（正確さをある程度無視すれば）、 $F \subset U$ の間を、開集合 $V_{q}$ たちによって "十分に細かく" かつ、 " $F$ から $U$ へ順に積み重なるように" 分割できる、ということを意味しているといえます。

　 $q$ を既約分数として $q = \frac{d}{2^{n}}$ （ $d, n$ は正の整数）と表す。この $q$ の表示の 分母の $2$ の指数 $n$ に関する帰納法 によって $V_{q}$ を定める。

(

n = 1

のとき)

　 $V_{\frac{1}{2}} \subset X$ を、補題 3 から得られる $F \subset V_{\frac{1}{2}}, \overset{―}{V_{\frac{1}{2}}} \subset U$ なる開集合として定める。

(

k < n

なる自然数

k

について定まっているとき)

$k$ を任意の $k < n$ なる正の整数としたとき、任意の既約な $2$ 進分数 $q^{'} = \frac{d^{'}}{2^{k}}$ について $V_{q^{'}}$ が定まっていると仮定する。
$q = \frac{d}{2^{n}}, d \neq 1$ に対して、 $d - 1, d + 1$ はともに偶数である。したがって、 $\frac{d - 1}{2^{n}}, \frac{d + 1}{2^{n}}$ はともに、既約分数で表したとき分母の $2$ の指数が $n$ 未満となる。 よって開集合 $V_{\frac{d - 1}{2^{n}}}, V_{\frac{d + 1}{2^{n}}}$ はすでに定まっていて、 $\overset{―}{V_{\frac{d - 1}{2^{n}}}} \subset V_{\frac{d + 1}{2^{n}}}$ が成り立つ。
閉集合 $\overset{―}{V_{\frac{d - 1}{2^{n}}}}$ と開集合 $V_{\frac{d + 1}{2^{n}}}$ に対し補題 3 を適用すれば、開集合 $V^{'} \subset X$ で $\overset{―}{V_{\frac{d - 1}{2^{n}}}} \subset V^{'}, \overset{―}{V^{'}} \subset V_{\frac{d + 1}{2^{n}}}$ なるものが選べる。この $V^{'}$ を $V_{q}$ とおく。
3 で選んだ $V_{q}$ に対して主張の (i) が成り立つことは明らか。よって (ii) が成り立つことを示せばよい。 $q < q^{'}$ とする。
a. $q^{'} = \frac{d + 1}{2^{n}}$ なら、 $V_{q}$ の選び方から $\overset{―}{V_{q}} \subset V_{q^{'}}$ が成り立つ。
b. $\frac{d + 1}{2^{n}} < q^{'}$ なら、 $V_{\frac{d + 1}{2^{n}}}$ が条件 (ii) をみたすことから $\overset{―}{V_{q}} \subset V_{\frac{d + 1}{2^{n}}} \subset \overset{―}{V_{\frac{d + 1}{2^{n}}}} \subset V_{q^{'}}$ が成り立つ。
もし $d = 1$ なら、閉集合 $F$ と開集合 $V_{\frac{d + 1}{2^{n}}} = V_{\frac{1}{2^{n - 1}}}$ に対して補題 3 を適用して $F \subset V_{\frac{1}{2^{n}}}, \overset{―}{V_{\frac{1}{2^{n}}}} \subset V_{\frac{1}{2^{n - 1}}}$ なる開集合 $V_{q} = V_{\frac{1}{2^{n}}}$ を選ぶ。これが主張の条件をみたすことは 4 の b と同じようにして確かめられる。

以上より、すべての $q$ に対して補題の条件をみたす $V_{q}$ が定められた。

補題 4 の状況で、写像 $f : X \to R$ を
$\begin{array}{r} f (p) = {\begin{cases} inf {q ∣ p \in V_{q}} & (^{\exists} q s . t . p \in V_{q}) \\ 1 & (^{\forall} q, p \notin V_{q}) \end{cases} \end{array}$
と定める。このとき、 $f$ は連続写像 $f : X \to [0, 1]$ で、 $f (F) = {0}, f (X - U) = {1}$ をみたす。

　補題 4 の直感によれば、この補題の $f$ は、 $F$ と $U$ の間の点 $p$ （厳密には定義のように $p \in V_{q}$ なる $q$ が存在する点 $p$ ）に対して、「層のように積み重なっている $V_{q}$ たちの中で $p$ はどの階層から含まれるのか」、その "番号" $q$ を与える関数である、といえます（厳密には " $inf$ " なので $f$ の値が実際の "番号" であるとは限りません）。

　 $p \in X$ に対し $S_{p} := {q ∣ p \in V_{q}}$ とおく。 $q$ の範囲は $0 < q < 1$ であるから、 $f$ の定義より任意の $p \in X$ に対し $0 \leq f (p) \leq 1$ 。すなわち、 $f$ は写像 $f : X \to [0, 1]$ である。
　まず、

$p \in V_{q}$ なら $f (p) \leq q \dots (A)$
$f (p) < q$ なら $p \in V_{q} \dots (B)$

が成り立つ。

∵)

p \in V_{q}

なら、条件「

^{\exists} q s . t . p \in V_{q}

」がみたされるから、

inf

の性質より

f (p) = inf S_{p} \leq q

が成り立つ。

f (p) < q

なら、

q < 1

より

f (p) = inf S_{p} < q

。このとき

inf

の性質から、ある

q^{'} \in S_{p}

が存在して

q^{'} < q

となる。よって、補題 4 の条件 (ii) から

p \in V_{q^{'}} \subset \overset{―}{V_{q^{'}}} \subset V_{q}

が成り立つ。

したがって、 $q < q^{'}$ に対し、
$\begin{array}{r} p \in V_{q^{'}} - V_{q} \Rightarrow q \leq f (p) \leq q^{'} \dots (C) \end{array}$
が成り立つ。

(Step1：

f (F) = {0}, f (X - U) = {1}

であること)

もし $p \in F$ なら、任意の $q$ に対して $p \in V_{q}$ だから、 $0 < q < 1$ より $f (p) = inf S_{p} = 0$ である。よって $f (F) = {0}$ が成り立つ。
もし $p \in X - U$ なら、任意の $q$ に対して $q \in X - U \subset X - V_{q}$ 、すなわち $p \notin V_{q}$ が成り立つ。よって $f (X - U) = {1}$ である。

(Step2：

f

が連続であること)

(i) $f (p) = 0$ なる $p$ での連続性：

任意の $0 < ε < 1$ に対して、ある $X$ の開集合 $V \subset X$ で $p \in V$ なるものが存在して $f (V) \subset [0, ε)$ が成り立つことを示す。
$f (p) = 0$ より、 $(A)$ から任意の $q$ に対して $p \in V_{q}$ である。よって、 $0 < q^{'} < ε$ なる $2$ 進分数 $q^{'}$ を 1 つ選んだとき $p \in V_{q^{'}}$ となる。
$V := V_{q^{'}}$ とおくと、 $(A)$ より任意の $p^{'} \in V$ に対し $f (p^{'}) \leq q^{'} < ε$ である。すなわち、 $f (V) \subset [0, ε)$ が成り立つ。
ゆえに、1. の主張が示された。

(ii) $f (p) = 1$ なる $p$ での連続性：

任意の $0 < ε < 1$ に対して、ある開集合 $V \subset X$ で $p \in V$ なるものが存在して $f (V) \subset (1 - ε, 1]$ が成り立つことを示す。
$0 < q < q^{'} < 1$ なる $2$ 進分数 $q, q^{'}$ に対し、 $(A)$ の対偶から $p \notin V_{q^{'}}$ となる。補題 4 の条件 (ii) より $\overset{―}{V_{q}} \subset V_{q^{'}}$ だから $p \notin \overset{―}{V_{q}}$ が成り立つ。
上の 2. における $q, q^{'}$ を $1 - ε < q < q^{'} < 1$ なるように選び、この $q$ に対して $V := X - \overset{―}{V_{q}}$ とおけば、 $V$ は $X$ の開集合で 2. より $p \in V$ 。
任意の $p^{'} \in V$ に対し $p^{'} \notin V_{q}$ だから、 $(B)$ の対偶より $1 - ε < q \leq f (p^{'})$ 。すなわち $f (V) \subset (1 - ε, 1]$ が成り立つ。
ゆえに、1. の主張が示された。

(iii) $0 < f (p) < 1$ なる $p$ での連続性：

任意の $ε > 0$ で $(f (p) - ε, f (p) + ε) \subset [0, 1]$ なるものに対して、ある開集合 $V \subset X$ で $p \in V$ なるものが存在して $f (V) \subset (f (p) - ε, f (p) + ε)$ が成り立つことを示す。
$0 < q < q^{″} < f (p) < q^{'} < 1$ なる $2$ 進分数 $q, q^{'}, q^{″}$ に対し、
a. $q < q^{″}$ から $\overset{―}{V_{q}} \subset V_{q^{″}}$ 、すなわち $X - V_{q^{″}} \subset X - \overset{―}{V_{q}}$
b. $f (p) > q^{″}$ と $(A)$ の対偶から $p \notin V_{q^{″}}$
c. $f (p) < q^{'}$ と $(B)$ から $p \in V_{q^{'}}$
d. a. と b. から $p \notin \overset{―}{V_{q}}$
e. c. と d. から $p \in V_{q^{'}} - \overset{―}{V_{q}}$
となる。
上の 2. における $q, q^{'}, q^{″}$ を $f (p) - ε < q < q^{″} < f (p) < q^{'} < f (p) + ε$ なるように選び、 $V := V_{q^{'}} - \overset{―}{V_{q}}$ とおくと 2. より $p \in V$ で、 $V$ は $X$ の開集合（ $∵ V = V_{q^{'}} \cap (X - \overset{―}{V_{q}})$ であり $X - \overset{―}{V_{q}}$ は $X$ の開集合である）。
任意の $p^{'} \in V$ に対して、 $V \subset V_{q^{'}} - V_{q}$ だから $(C)$ より
$\begin{array}{r} f (p) - ε < q \leq f (p^{'}) \leq q^{'} < f (p) + ε \end{array}$
が成り立つ。すなわち、 $f (V) \subset (f (p) - ε, f (p) + ε)$ である。
ゆえに、1. の主張が示された。

　正規空間 $X$ の交わらない閉集合 $A, B$ が与えられたとき、 $F := A, U := X - B$ とおいて補題 5 を適用することにより、直ちにウリゾーンの補題が得られます。

ウリゾーンの補題（再掲）

$X$ を正規空間、 $A, B \subset X$ を互いに交わらない閉集合とする。このとき、連続関数 $f : X \to [0, 1]$ で $f (A) = {0}, f (B) = {1}$ なるものが存在する。

　今回は省きましたが、ウリゾーンの補題からは ティーツェの拡張定理 を示すことができ、この定理もある意味で正規空間の特徴づけになっています。また、「第二可算かつ正規な位相区間は距離付け可能である（すなわち、その位相と同じ位相を与える距離が存在する）」という ウリゾーンの距離付け可能定理 もウリゾーンの補題から導かれます。